1. Nombres complexes

1. Nombres complexes

1.1. Corps C des nombres complexes.

Exercice 1.1.1 . F

Si (a, b) ∈ C

²

, on pose c = a − b

1 − ab , montrer que : (i) | c | = 1 ⇔ ( | a | = 1) ou ( | b | = 1).

(ii) | c | < 1 ⇔ ( | a | < 1) et ( | b | < 1)

ou ( | a | > 1) et ( | b | > 1)

Exercice 1.1.2 . F Calculer la somme C = P

ⁿ

k=0

cos kα

(cos α)

^k

, cos α 6 = 0.

Exercice 1.1.3 . I C

Soient z

1

, z

2

, . . . , z

n

n nombres complexes.

(1) Montrer que | z

₁

+ z

₂

+ · · · + z

_n

| ⁶ | z

₁

| + | z

₂

| + · · · + | z

_n

| .

(2) Montrer que l’on a ´egalit´e dans l’in´egalit´e ci-dessus ssi ∃ θ ∈ R , ∃ (λ

1

, λ

2

, . . . , λ

n

) ∈ R

⁺

tels que z

1

= λ

1

e

^iθ

, z

2

= λ

2

e

^iθ

,..., z

n

= λ

n

e

^iθ

.

1.2. Groupe U des nombres complexes de module 1.

Exercice 1.2.1 . F Calculer les sommes :

S

₀

= n

0

+ n

3

+ · · · , S

₁

= n

1

+ n

4

+ · · · , S

₂

= n

2

+ n

5

+ · · ·

Exercice 1.2.2 . F

(1) R´esoudre l’´equation (z + 1)

ⁿ

= cos 2na + i sin 2na o` u a ∈ R , n ∈ N , z ∈ C . (2) En d´eduire une expression simple de P

n

(a) =

n−1

Q

k=1

sin

a + kπ n

.

Exercice 1.2.3 . I C T Montrer l’´egalit´e :

2n−1

X

q=0

cos

^2p

x + qπ 2n

= 2n

^2p_p

2

^2p

, p < n.

Utiliser les formules d’Euler (cf. proposition 1.1.4 page 14) et la formule du binˆome de Newton.

1

1.3. Equation du second degr´ ´ e.

Exercice 1.3.1 . F R´esoudre les ´equations :

z

⁴

+ 6z

³

+ 9z

²

+ 100 = 0 ; z

⁸

= 1 − i

√ 3 − i ,

1 + ix 1 − ix

n

= e

^iθ

.

Exercice 1.3.2 . F

Soit (x, y) ∈ C

²

et z ∈ C tels que : z

²

= xy. Montrer alors que :

| x | + | y | =

x + y 2 + z

+

x + y 2 − z

. Exercice 1.3.3 . F

Soit l’´equation : z

²

− 2(2 + i)z + a + ib = 0 (1) (o` u (a, b) ∈ R

²

)

En d´esignant par P le point du plan complexe de coordonn´ees a et b, d´eterminer l’ensemble des points P de fa¸con que l’´equation (1) poss`ede l’une des propri´et´es suivantes :

(1) les 2 racines ont mˆeme module, (2) les 2 racines ont mˆeme argument,

(3) les images des racines dans le plan complexe sont align´ees avec l’origine, (4) la droite joignant les images des racines est parall`ele `a la droite y = x, (5) M et M

^′

´etant les images des racines, les vecteurs −−→ OM et −−→

OM

^′

sont orthogonaux.

Exercice 1.3.4 . I

Soit l’´equation z

²

− 2pz + 1 = 0 o` u p = sin ϕ + i cos ϕ. On appelle z

^′

et z

^′′

les racines.

(1) Trouver le module et l’argument de z

^′

− p, z

^′′

− p.

(2) Si cos ϕ < 0 montrer alors que z

^′

+ i et z

^′′

+ i ont mˆeme module, que z

^′

− i et z

^′′

− i ont mˆeme argument.

Que dire du cas o` u cos ϕ > 0?

(3) Donner une interpr´etation g´eom´etrique du 2.

1.4. Exponentielle complexe.

Exercice 1.4.1 . I

Caract´eriser les fonctions exponentielles complexes par leur ´equation fonctionnelle f (x + y) = f (x)f (y) pour tout couple (x, y ) ∈ R

²

o` u f est de classe C

¹

.

On utilisera le th´eor`eme du rel`evement qui dit que si f est une fonction de classe C

¹

d´efinie sur un intervalle I `a valeurs dans U alors il existe une fonction g de classe C

¹

d´efinie sur I `a valeurs r´eelles telle que f(t) = e

^ig(t)

pour tout t ∈ I .

Exercice 1.4.2 . I

Soient a, b, c 3 r´eels v´erifiant

( cos a + cos b + cos c = 0

sin a + sin b + sin c = 0 montrer que ( cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0

sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0 .

1.5. Nombres complexes et g´ eom´ etrie plane.

Exercice 1.5.1 . I C

On dit que 4 points A, B, C, D du plan complexe forment un quadrangle harmonique ssi leurs affixes a, b, c, d v´erifient B(a, b, c, d) = − 1 o` u B (a, b, c, d) d´esigne le birapport et vaut B(a, b, c, d) = d − a

d − b : c − a c − b .

Montrer que, si M d´esigne le milieu de AB, la droite CD est sym´etrique de la droite CM par rapport aux bissectrices de AC et BC.

R´eciproque ?

Exercice 1.5.2 . I C

On consid`ere n points A

k

d’affixe z

k

, n ^> 3. Ces points sont suppos´es distincts, non situ´es sur la mˆeme droite partant de l’origine, aucun n’´etant d’affixe nulle.

On pose a

k

= z

_k

| z

k

| et on suppose que

n

P

k=1

a

k

= 0. Soit M un point quelconque d’affixe z.

(1) ´ Etudier le nombre complexe :

n

P

k=1

¯

a

k

(z − z

k

).

(2) Montrer que

n

P

k=1

| z

k

| ⁶

n

P

k=1

| z − z

k

| ; ´etudier les cas d’´egalit´e.

(3) Interpr´etation : ´etant donn´e un triangle A, B, C dont les angles sont compris entre 0 et 2π/3, trouver les points M du plan r´ealisant le minimum de MA + MB + MC .

2. G´ eom´ etrie ´ el´ ementaire du plan 2.1. Modes de rep´ erage dans le plan.

Exercice 2.1.1 . F T

Soient A, B, C un triangle ´equilat´eral et M un point de son plan. On note A

^′

, B

^′

, C

^′

les sym´etriques de M par rapport `a BC, CA, AB.

Montrer que les droites AA

^′

, BB

^′

, CC

^′

sont en g´en´eral concourantes (utiliser les coordonn´ees barycentriques dans ABC).

Exercice 2.1.2 . I T

Soient D

1

, D

2

, D

3

trois droites 2 `a 2 non parall`eles dans le plan affine.

Trouver l’ensemble des points P qui sont isobarycentres de 3 points align´es M

1

M

2

M

3

tels que pour i ∈ [1, 3] M

i

soit sur D

i

(prendre un rep`ere o` u D

1

est l’axe des x, D

2

l’axe des y et D

3

la droite d’´equation x + y = 1).

Exercice 2.1.3 . F

Soit E un espace affine de dimension 2 et 4 points A, B, C, D dont 3 quelconques ne sont pas align´es. La droite passant par A et parall`ele `a BC coupe BD en M . La droite passant par B et parall`ele `a AD coupe AC en N .

Montrer que MN est parall`ele `a CD.

Exercice 2.1.4 . I T

On consid`ere 3 points a, b, c non align´es. Soit m / ∈ { a, b, c } , on d´efinit a

^′

∈ D

am

∩ D

bc

, b

^′

∈ D

bm

∩ D

ac

et c

^′

∈ D

cm

∩ D

ab

. Soient a

^′′

, b

^′′

, et c

^′′

les milieux respectifs de (b

^′

, c

^′

), (c

^′

, a

^′

), (a

^′

, b

^′

).

Montrer que D

aa^′′

, D

bb^′′

et D

cc^′′

sont concourantes (on est bien sˆ ur dans le plan et on pourra utiliser les coordonn´ees barycentriques).

2.2. Produit scalaire.

Exercice 2.2.1 . I T

Dans le plan affine euclidien identifi´e au corps des complexes on consid`ere 3 points A, B, C, d’affixes respectives a, b, c.

(1) On suppose b 6 = c, calculer l’affixe du projet´e orthogonal de A sur la droite passant par les points B et C.

(2) Montrer que toute droite du plan complexe admet une ´equation qui se met sous la forme αz + αz = h o` u z d´esigne l’affixe d’un point qui d´ecrit la droite, α ∈ C

^∗

et h ∈ R . Donner, sous la forme pr´ec´edente, l’´equation de la droite orthogonale `a −−→ BC passant par A.

(3) Calculer l’affixe de l’orthocentre du triangle ABC.

(4) Si a, b, c sont dans U , donner une expression tr`es simple de l’affixe de l’orthocentre du triangle ABC.

En d´eduire que, pour un triangle quelconque, le centre du cercle circonscrit, le centre de gravit´e et l’orthocentre sont align´es.

2.3. D´ eterminant.

Exercice 2.3.1 . F

Soit ABC un vrai triangle, on construit le triangle A

^′

B

^′

C

^′

de la mani`ere suivante

• A

^′

est le sym´etrique de A par rapport `a B,

• B

^′

est le sym´etrique de B par rapport `a C,

• C

^′

est le sym´etrique de C par rapport `a A.

D´eterminer l’aire du triangle A

^′

B

^′

C

^′

en fonction de celle du triangle ABC.

Exercice 2.3.2 . F

Soient (a, b, c, d) 4 vecteurs du plan euclidien orient´e. Montrer que det(a, b) det(c, d) =

(a | c) (a | d) (b | c) (b | d) .

2.4. Droites.

Exercice 2.4.1 . I

Soit A un ensemble de n points du plan affine euclidien v´erifiant la propri´et´e suivante :

∀ (a, b) ∈ A

²

, ∃ c ∈ A \ { a, b } | a, b, c align´es.

Que penser de A ?

(Consid´erer l’ensemble des droites passant par trois points de A et l’ensemble des distances des

points `a ces droites.)

2.5. Cercles.

Exercice 2.5.1 . F

Soit (C) un billard circulaire et A un point int´erieur `a (C). Montrer qu’il est possible de repasser par A apr`es 2 r´eflexions sur la face interne de (C).

3. G´ eom´ etrie ´ el´ ementaire de l’espace 3.1. Produit vectoriel.

Exercice 3.1.1 . F

Soient 2 points A et B distincts et un vecteur − →

C constant.

D´eterminer l’ensemble (E) des points M de l’espace tels que : −−→

AM ∧ −−→

BM = − → C .

3.2. D´ eterminant ou produit mixte.

Exercice 3.2.1 . F T C Calculer les d´eterminants :

A =

a 0 b 0 a 0 b 0 a

, B =

2 cos θ 1 0

1 2 cos θ 1

0 1 2 cos θ

, C =

cos θ 1 0

1 2 cos θ 1

0 1 2 cos θ

Exercice 3.2.2 . I T

Si α, β, γ sont positifs et si α + β + γ = π, montrer que :

1 cos α tan(α/2) 1 cos β tan(β/2) 1 cos γ tan(γ/2)

= 0.

Exercice 3.2.3 . C Soit D =

r

₁

b b a r

2

b a b r

₃

o` u a, b, r

i

sont des r´eels. On appelle D(x) le d´eterminant obtenu `a partir de D en ajoutant x `a chacun de ses ´el´ements.

(1) Montrer que D

^′

(x) est constant.

(2) Si a 6 = b en d´eduire l’expression d´evelopp´ee de D (utiliser la fonction ω(x) = (r

₁

− x)(r

₂

− x)(r

₃

− x)).

(3) ´ Etudier le cas o` u a = b.

Exercice 3.2.4 . I C Calculer le d´eterminant

∆ =

1 cos a

1

cos 2a

1

1 cos a

2

cos 2a

2

1 cos a

3

cos 2a

3

3.3. Droites et plans.

Exercice 3.3.1 . D C

(1) Soit E un espace affine r´eel de dimension n et (C

1

, C

2

, . . . , C

p

), p ^> n + 1 une famille de parties convexes de E telle que l’intersection de toute sous-famille de cardinal n + 1 soit non vide. Montrer que

p

\

i=1

C

i

est non vide (on raisonnera par r´ecurrence sur p).

Le r´esultat subsiste-t-il avec une famille (C

i

)

_i∈^N

v´erifiant la mˆeme hypoth`ese ? Que dire si on impose aux C

_i

d’ˆetre compacts ?

(2) Application : ( S

1

, S

2

, . . . , S

p

) est une famille de segments de droites parall`eles d’un plan affine r´eel, admettant 3 `a 3 une s´ecante commune. Montrer qu’il existe une droite rencontrant tous les S

ⁱ

.

Exercice 3.3.2 . F C

Soient D et D

^′

2 droites dans l’espace, montrer que l’on peut trouver un rep`ere orthonorm´e, 2 r´eels h et m tels que les ´equations de D et D

^′

s’´ecrivent :

D

( z = h

y = mx D

^′

( z = − h y = − mx Exercice 3.3.3 . F

D´eterminer la perpendiculaire commune `a D

1

( x = a

y = b , D

2

( x + cy − z = 0 cx − y − z = 0 . 3.4. Sph` eres.

Exercice 3.4.1 . I TC Soit (O, − →

i , − → j , − →

k ) un rep`ere orthonorm´e de l’espace. Un cercle de rayon a varie en restant tangent aux 3 plans de coordonn´ees.

D´eterminer le lieu du centre du cercle.

Exercice 3.4.2 . I T

Soit A, B, C, D un t´etra`edre r´egulier et k > 0.

Etudier la nature de l’ensemble ´ S

k

des points dont la somme des distances aux quatre faces du t´etra`edre est k

²

.

Exercice 3.4.3 . I T

Soit OABC une pyramide trirectangle dont les points ont respectivement les coordonn´ees sui- vantes dans un rep`ere orthonorm´e



 0 0 0



 ,



 2a

0 0



 ,



 0 2b

0



 ,



 0 0 2c



 . On suppose que abc 6 = 0.

(1) D´eterminer le centre Ω et le rayon R de la sph`ere contenant les 4 sommets ainsi que le projet´e orthogonal ω de Ω sur le plan ABC.

(2) Que peut-on dire du projet´e orthogonal H de O sur le plan ABC ?

1. Indications : Indication 1.1.1 Utiliser | c |

²

= cc.

Indication 1.1.2 Reconnaˆıtre une suite g´eom´etrique, la somme vaut :

_cosn+1¹ α

sin(n+1)α sinα

. Indication 1.1.3

(1) Raisonner par r´ecurrence sur n `a partir de l’in´egalit´e triangulaire.

(2) Dans le cas n = 2, on sait qu’on a ´egalit´e ssi z

1

et z

2

sont situ´es sur la mˆeme demi-droite partant de l’origine. Faire ensuite une d´emonstration par r´ecurrence.

Indication 1.2.1 Utiliser la formule du binˆome de Newton, S

0

+S

1

+S

2

= 2

ⁿ

, S

0

+ jS

1

+j

²

S

2

= (1 + j )

ⁿ

= ( − 1)

ⁿ

j

²ⁿ

, S

0

+ j

²

S

1

+ j

⁴

S

2

= (1 + j

²

)

ⁿ

= ( − 1)

ⁿ

j

ⁿ

et faire la somme pour S

0

. Faire intervenir j pour en d´eduire S

1

et S

2

.

Indication 1.2.2

(1) On trouve z

k

= 2i exp

i a +

^kπ_n

, k ∈ [[0, n − 1]].

(2) Avec le produit des racines on a P

n

(a) =

₂n−¹1

sinna sina

. Indication 1.2.3 cos

^2p

x +

^qπ_n

=

₂¹2p

P

2p k=0

2p k

exp i2(p − k)(x +

^qπ_n

d’o` u P

2n−1

q=0

cos

^2p

x +

^qπ_2n

=

²ⁿ

(

^2pp

)

2^2p

.

Indication 1.3.1 On a z = 1 ± 2i, z = − 4 ± 2i pour la premi`ere, z

k

= 2

^−1/16

exp

−

^iπ₉₆

+ i

^kπ₄

pour la seconde, et enfin x

k

= tan(

^θ₂^k

) pour

^θ₂^k

∈ /

^π₂

+ π Z .

Indication 1.3.2 Poser x = x

12

, y = y

12

, x

1

et y

1

´etant choisis pour que : z = x

1

y

1

d’o` u

^x+y₂

+ z

=

¹₂

( | x

1

|

²

+ | y

1

|

²

) +

¹₂

(x

1

y

₁

+ x

1

y

1

), de mˆeme avec

^x+y₂

− z .

Indication 1.3.3 ∆

^′

= (3 − a) +i(4 − b), les solutions sont z

1

= 2 + i + δ, z

2

= 2 + i − δ, δ

²

= ∆

^′

. (1) | z

1

| = | z

2

| ⇔ y =

⁴₃

x, x ^> 3.

(2) Argz

₁

= Argz

₂

⇔ y =

⁴₃

x, 0 < x ⁶ 1.

(3) On a la mˆeme chose qu’en 2. mais k est quelconque, donc x ⁶ 1.

(4) On doit avoir : z

₁

− z

₂

= k(1 + i) o` u k ∈ R

^∗

et on obtient x = 3, y < 4.

(5) P d´ecrit le cercle de centre O et de rayon 5.

Indication 1.3.4 On a z = p ± δ o` u δ

²

= ∆ = p

²

− 1, le module et l’argument demand´e sont : p 2 | cos ϕ | et −

^ϕ₂

si cos ϕ < 0,

^π₂

−

^ϕ₂

si cos ϕ > 0.

z

^′

+ i et z

^′′

+ i ont pour module √

2, p − i ± δ = e

^−iϕ/2

2 sin(ϕ/2) ± √

− 2 cos ϕ

. Si cos ϕ > 0, c’est le contraire.

Si cos ϕ < 0 alors construire les solutions de l’´equation du second degr´e en prenant l’intersection d’une droite passant par le point A(0, 1) avec le cercle de centre B(0, − 1) de rayon √

2.

Indication 1.4.1 On montre que | f(x) | = e

^αx

(on a suppos´e f non nulle) puis on pose f (x)e

^−αx

= e

^ig(x)

grˆace au th´eor`eme du rel`evement. On a alors g(x+y) = g(x)+g (y)+N (x, y)2π o` u N est une fonction continue qui prend des valeurs enti`eres donc N = 0.

Indication 1.4.2 Ecrire que ´ e

^ia

+e

^ib

+e

^ic

= 0, soit 1+e

^i(b−a)

+e

^i(c−a)

= 0 d’o` u (`a une permutation pr`es) e

^i(b−a)

= j et e

^i(c−a)

= j

²

ou utiliser une interpr´etation g´eom´etrique.

Indication 1.5.1 B(a, b, c, d) = − 1 ⇔ 2(ab + cd) = (a + b)(c + d) ⇔ 2ab = (a + b)d en prenant c comme origine, ce qui donne bien la propri´et´e demand´ee.

Pour la r´eciproque, supposer (A, B, C, D) cocycliques avec D l’unique point du cercle circonscrit au triangle ABC tel que CD soit sym´etrique de CM par rapport aux bissectrices de AC et BC. Si D

^′

est le point d’affixe d

^′

tel que B(a, b, c, d

^′

) = − 1, on montre que d

^′

= d.

Indication 1.5.2 (1) On a P

n

k=1

a ¯

k

(z − z

k

) = − P

n k=1

| z

k

| .

(2) Prendre les modules dans l’´egalit´e ci-dessus. On aura ´egalit´e ssi les nombres complexes

¯

a

k

(z − z

k

) ont tous le mˆeme argument ou sont nuls (par r´ecurrence sur n).

(3) On cherche l’unique point O tel que les angles −→ OA, \ −−→ OB = −−→ OB, \ −→ OC = −→ OC, \ −→ OA = 2π 3 . Indication 2.1.1 Soient (a, b, c) un syst`eme de coordonn´ees barycentriques de M , les coor-

donn´ees barycentriques de A

^′

sont ( − a, a + b, a + c) et l’´equation barycentrique de AA

^′

: (a + c)y − (a + b)t = 0 (y et t ´etant les 2

^i`eme

et 3

^i`eme

coordonn´ees barycentriques). Par sym´etrie on a la solution : x = (a + b)(a + c), y = (b + c)(b + a), t = (c + a)(c + b) `a condition que x + y + t 6 = 0.

Indication 2.1.2 Si les coordonn´ees des points M

i

sont : M

1

(a, 0), M

2

(0, b), M

3

(c, 1 − c) alors M

1

M

2

M

3

align´es ⇔ ab − bc − a +ac = 0, P

^a+c₃

,

^b+1₃^−c

= (x, y). On remplace a et b en fonction de x, y et on exprime que l’´equation obtenue a au moins une solution. On obtient la condition x

²

+ y

²

+ xy − x − y ^> 0.

Indication 2.1.3 Soit par le calcul, on prend le rep`ere (O, −→

OA, −−→

OB) ou par la g´eom´etrie.

Indication 2.1.4 Equations barycentriques de ´ D

am

:





tα + 1 − t tβ tγ



, D

bc

:



 0 t

^′

1 − t

^′



 o` u m



 α β γ



 avec α + β + γ = 1. D

aa^′′







1 − t +

^tα₂

1

1−β

+

_1−γ¹

tβ 2(1−γ)

tγ 2(1−β)





 et on remarque que







α(1−α) 2(αβ+βγ+γα)

β(1−β) 2(αβ+βγ+γα)

γ(1−γ) 2(αβ+βγ+γα)





 appartient `a D

_aa^′′

∩ D

_bb^′′

, sym´etrique en α, β, γ c.q.f.d.

Indication 2.2.1

(1) On exprime que a

^′

= tb + (1 − t)c et que −−→

AA

^′

⊥ −−→ BC d’o` u a

^′

=

^a₂

+

^a₂^b−c_b

−c

+

_2(b^bc−bc

−c)

. (2) Soit ux + vy = h l’´equation d’une droite, poser α =

^u+iv₂

et z = x + iy . L’´equation

de la droite orthogonale `a −−→

BC et passant par A s’´ecrit : (b − c)z + (b − c)z = h o` u h = 2 Re[(b − c)a] = (b − c)a + (b − c)a.

(3) ´ Ecrire que l’orthocentre cherch´e est `a l’intersection de la hauteur issue de A et de celle issue de C d’o` u z =

^{(b−c)(b−a)(c}_(b^{−a)+(b−c)(b−a)c−(b−a)(b−c)a}

−c)(b−a)−(b−c)(b−a)

=

^N_D

. (4) Simplifier la derni`ere formule et obtenir z = a + b + c.

Indication 2.3.1 L’aire du triangle ABC est la moiti´e du d´eterminant det( −→ AB, −→ AC) d’o` u l’aire du triangle A

^′

B

^′

C

^′

vaut 7 fois celle du triangle ABC.

Indication 2.3.2 Choisir une b.o.n. dans laquelle a est proportionnel au premier vecteur et faire une homoth´etie.

Indication 2.4.1 Raisonner par l’absurde en supposant que A n’est pas contenu dans une droite, Prendre a ∈ A et D une droite tels que d(a, D) > 0 soit minimum puis consid´erer la projection orthogonale de a sur D.

Indication 2.5.1 On appelle O le centre du cercle, P et Q les points o` u se font les r´eflexions, A( − a, 0) et R le rayon du cercle. Q(x, √

R

²

+ x

²

), x ∈ [0, R]. On a : sin α =

_R^x

, cos α = q

1 −

_R^x22

, sin β = √

^x+a

(x+a)²+R²−x²

. Poser f(x) = sin β − sin 2α et utiliser le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.

Indication 3.1.1 On choisit P tel que −→

AP = ( − → C ∧ −→

AB)/AB

²

alors (E) est la droite passant par P , parall`ele `a −→

AB.

Indication 3.2.1 On trouve A = a(a

²

− b

²

), B =

^{sin 4θ}_sinθ

si sin θ 6 = 0, B = 1 si sin θ = 0, C = cos 3θ.

Indication 3.2.2 D´evelopper le d´eterminant

^{2 sin(}

β−α

2 ) sin(^α−₂^γ) sin(^γ−₂^β)

cos^α₂cos^β₂cos^γ₂

cos

^α+β+γ₂

.

Indication 3.2.3

(1) D´eriver D(x) colonne par colonne.

(2) Comme D

^′

(x) est constant, D(x) est une fonction affine de x.

(3) Le cas o` u b = a se traite en en passant `a la limite.

Indication 3.2.4 On utilise ici la propri´et´e suivante : cos(2a

k

) = 2 cos

²

a

k

− 1 et on fait des ma- nipulations sur les colonnes et les lignes, on trouve ∆ = (cos a

1

− cos a

2

)(cos a

2

− cos a

3

)(cos a

3

− cos a

1

).

Indication 3.3.1

(1) Pour p = n + 2, i ∈ [1, p], soit x

i

∈ \

j6=i

C

j

. On sait qu’il existe des r´eels non tous nuls λ

i

tels que P

p

i=1

λ

i

x

i

= 0. On groupe alors les x

i

correspondant aux λ

i

> 0 et ceux correspondant aux λ

i

< 0. La r´eponse est non, il suffit de prendre en dimension 1 C

i

=]0, 1/i[.

Si les C

i

sont compacts, alors on choisit x

p

dans T

p

i=1

C

i

et on extrait une suite conver- gente.

(2) Pour chaque valeur de α ∈ ] − π/2, +π/2[, on projette S

_i

selon la direction de la droite D

_α

du plan xOy, qui fait un angle α avec l’axe Oy, sur l’axe Ox. On reporte cette projection dans le plan z = tan α.

Indication 3.3.2 On prend pour axe Oz la perpendiculaire commune L `a D et D

^′

et pour plan xOy le plan parall`ele `a D et D

^′

passant par le milieu de AB.

Indication 3.3.3 C’est la droite L d’´equations : (c + 1)x + (c − 1)y − 2z = 0, (c + 1)(x − a) + (c − 1)(y − b) = 0.

Indication 3.4.1 Le cercle Γ de centre M(x, y, z) de rayon a situ´e dans un plan P orthogonal au vecteur − →

u = α − →

i + β − →

j + γ − →

k a pour ´equations : (X − x)

²

+ (Y − y)

²

+ (Z − z)

²

= a

²

, α(X − x) + β(Y − y) + γ(Z − z) = 0. On exprime la condition de tangence avec le plan XOY , le lieu cherch´e est inclus dans la sph`ere Σ d’´equation x

²

+ y

²

+ z

²

= 2a

²

et est contenu (pour des raisons ´evidentes) dans le cube | x | ⁶ a, | y | ⁶ a, | z | ⁶ a.

R´eciproque : il suffira de poser α

²

= a

²

− x

²

, β

²

= a

²

− y

²

, γ

²

= a

²

− z

²

, on remonte alors les calculs ci-dessus d’o` u l’ensemble cherch´e :

Indication 3.4.2 On choisit un rep`ere orthonorm´e tel que les points aient pour coordonn´ees : A(a, 0, 0), B( − a/2, a √

3/2, 0), C( − a/2, − a √

3/2, 0), D(0, 0, a √

2). On trouve alors l’´equation d’une sph`ere de centre (0, 0,

₂^√a₂

) et rayon

^√3₂

√

2k

²

− a

²

lorsque k ^>

^√a₂

. Indication 3.4.3

(1) L’´equation de la sph`ere s’´ecrit x

²

+ y

²

+ z

²

= 2(px + qy + rz) o` u (p, q, r) sont les coordonn´ees de Ω, on en d´eduit que p = a, q = b, r = c et R

²

= p

²

+q

²

+r

²

= a

²

+b

²

+c

²

. Les coordonn´ees de ω sont :

_b2c^a2+c^2(b22a^+c2+a²⁾²b²

,

_b2c^2b+c^2(a22a^+c2+a²⁾²b²

,

_b2c^2(a+c^2+b2a^22)c+a²²b²

.

(2) H est l’orthocentre du triangle ABC.

1. Solutions Solution 1.1.1

(i) Comme | c |

²

= cc, on a :

| c |

²

= 1 ⇔ (a − b)(a − b) = (1 − ab)(1 − ab) ⇔ (1 − | a |

²

)(1 − | b |

²

) = 0.

(ii) On proc`ede de mˆeme.

Solution 1.1.2 On reconnaˆıt une suite g´eom´etrique de raison e

^iα

cos α . La somme vaut : 1

cos

ⁿ⁺¹

α

sin(n + 1)α sin α . Solution 1.1.3

(1) Imm´ediat, on raisonne par r´ecurrence sur n `a partir de l’in´egalit´e triangulaire.

(2) On ´etudie le cas n = 2. On sait que, dans l’in´egalit´e triangulaire, on a ´egalit´e ssi z

1

et z

2

sont situ´es sur la mˆeme demi-droite partant de l’origine.

En effet, on peut supposer par exemple que z

1

6 = 0 et diviser par z

1

d’o` u

1 + z

2

z

₁

= 1 +

z

₂

z

1

soit, en posant Z = z

₂

z

1

| 1 + Z | = 1 + | Z | . On ´ecrit Z = a + ib et cette derni`ere condition se traduit imm´ediatement par a ^> 0 et b = 0.

On fait maintenant une d´emonstration par r´ecurrence, on suppose que si | z

₁

+ · · · + z

_n

| =

| z

1

| + · · · + | z

n

| alors les images des z

i

sont tous sur la mˆeme demi-droite.

Si | z

₁

+ · · · + z

_n

+ z

_n+1

| = | z

₁

| + · · · + | z

_n

| + | z

_n+1

| alors on pose z

_n^′

= z

_n

+ z

_n+1

et on utilise les in´egalit´es

| z

₁

+ · · · + z

_n^′

| ⁶ | z

₁

| + · · · + | z

_n^′

| ⁶ | z

₁

| + · · · + | z

_n

| + | z

_n+1

|

et comme on a ´egalit´e aux deux bouts, c’est qu’il y a les ´egalit´es | z

1

+ · · · + z

_n^′

| =

| z

1

| + · · · + | z

_n^′

| et | z

n

+ z

n+1

| = | z

n

| + | z

n+1

| . Grˆace `a l’hypoth`ese de r´ecurrence et la premi`ere ´egalit´e, on d´eduit que les images de z

1

, . . . , z

_n^′

sont toutes sur la mˆeme demi-droite, puis que les images de z

n

et z

n+1

sont aussi sur cette mˆeme demi-droite.

Solution 1.2.1 A l’aide de la formule du binˆome de Newton, on a : ` S

0

+ S

1

+ S

2

= 2

ⁿ

,

S

0

+ jS

1

+ j

²

S

2

= (1 + j)

ⁿ

= ( − 1)

ⁿ

j

²ⁿ

, S

₀

+ j

²

S

₁

+ j

⁴

S

₂

= (1 + j

²

)

ⁿ

= ( − 1)

ⁿ

j

ⁿ

d’o` u

S

₀

= 1 3

2

ⁿ

+ ( − 1)

ⁿ

(j

ⁿ

+ j

²ⁿ

) , S

1

= 1

3

2

ⁿ

+ ( − 1)

ⁿ

(j

ⁿ⁺²

+ j

²ⁿ⁺¹

) , S

2

= 1

3

2

ⁿ

+ ( − 1)

ⁿ

(j

ⁿ⁺¹

+ j

²ⁿ⁺²

) .

On peut alors faire des simplifications selon la congruence de n modulo 3.

Solution 1.2.2

(1) Les solutions sont donn´ees par z

k

= 2i exp

i

a + kπ n

, k ∈ [[0, n − 1]].

(2) Le produit des racines vaut

ⁿ⁻¹

Q

k=0

z

_k

= ( − 1)

ⁿ

[1 − e

^i2na

] = 2

ⁿ

e

^ina

i( − 1)

ⁿ⁺¹

sin aP

_n

(a) et donc P

_n

(a) = 1

2

ⁿ⁻¹

sin na

sin a . Solution 1.2.3 On a cos

^2p

x + qπ n

= 1 2

^2p

_2p

P

k=0 2p

k

exp

i2(p − k)(x + qπ n

. La somme `a calculer s’´ecrit donc 1

2

^2p

2p

P

k=0 2p

k

S

k

o` u S

k

=

2n−1

P

q=0

exp

i2(p − k)(x + qπ n

. Or S

k

= 0 si p 6 = k, S

k

= 2n si p = k d’o` u la relation

2n−1

X

q=0

cos

^2p

x + qπ 2n

= 2n

^2p_p

2

^2p

et on remarque que le membre de droite est ind´ependant de x.

Solution 1.3.1

• On a z

⁴

+ 6z

³

+ 9z

²

+ 100 = (z

²

+ 3z)

²

+ 100 = (z

²

+ 3z + 10i)(z

²

+ 3z − 10i) et, en r´esolvant chacune des deux ´equations du second degr´e obtenues, on trouve z = 1 ± 2i, z = − 4 ± 2i.

Voir page 16 la r´esolution de l’´equation du second degr´e sur C .

• 1 − i

√ 3 − i = 1

√ 2 e

^−iπ12

, d’o` u les diff´erentes valeurs de z : z

k

= 2

^−1/16

exp

− iπ

96 + i kπ 4

.

• On a 1 + ix

1 − ix = e

^iθk

o` u θ

k

= θ + 2kπ

n et donc x

k

= tan( θ

k

2 ) pour θ

k

2 ∈ / π

2 + π Z .

Solution 1.3.2 On pose : x = x

12

, y = y

12

, x

1

et y

1

´etant choisis pour que : z = x

1

y

1

. Dans ce cas :

x + y 2 + z

= 1

2 | x

12

+ 2x

1

y

1

+ y

12

| = 1

2 | x

1

+ y

1

|

²

= 1

2 ( | x

1

|

²

+ | y

1

|

²

) + 1

2 (x

1

y

₁

+ x

1

y

1

)

x + y 2 − z

= 1 2 | x

12

− 2x

1

y

1

+ y

12

| = 1

2 | x

1

− y

1

|

²

= 1

2 ( | x

1

|

²

+ | y

1

|

²

) − 1

2 (x

1

y

₁

+ x

1

y

1

)

ce qui donne | x | + | y | =

x + y 2 + z

+

x + y 2 − z

.

Solution 1.3.3 Voir page 16 la r´esolution de l’´equation du second degr´e sur C .

∆

^′

= (3 − a) + i(4 − b) et les solutions z

1

, z

2

s’´ecriront : z

1

= 2 + i + δ, z

2

= 2 + i − δ o` u δ

²

= ∆

^′

. (1) | z

1

| = | z

2

| ⇔ δ = ki(2 + i) o` u k ∈ R et en ´elevant au carr´e (on garde toujours l’´equivalence), on a : a − 3 = 3k

²

, b − 4 = 4k

²

donc P se trouve sur la

¹₂

droite : y =

⁴₃

x, x ^> 3.

(2) Argz

1

= Argz

2

⇔ δ = k(2 + i) o` u k ∈ [ − 1, 1] ⇔ δ

²

= k

²

(3 + 4i) ⇔ (a = 3(1 − k

²

)), (b = 4(1 − k

²

)). On est donc sur la mˆeme droite, mais ici, 0 < x ⁶ 1.

(3) On a la mˆeme chose qu’en 2. mais k est quelconque, donc x ⁶ 1.

(4) On doit avoir : z

1

− z

2

= k(1 + i) o` u k ∈ R

^∗

i.e. 2δ = k(1 + i) ⇔ a = 3, b < 4, ce qui est repr´esent´e par la

¹₂

droite : x = 3, y < 4.

(5) Si on ´ecrit δ = x + iy alors : z

1

= 2 + x + i(1 + y), z

2

= 2 − x + i(1 − y). Donc les vecteurs −−→

OM et −−→

OM

^′

sont orthogonaux ssi x

²

+ y

²

= 5. Comme x

²

+ y

²

= √

a

²

+ b

²

, P d´ecrit le cercle de centre O et de rayon 5.

Solution 1.3.4 Voir page 16 la r´esolution de l’´equation du second degr´e sur C .

(1) On a z = p ± δ o` u δ

²

= ∆ = p

²

− 1. Comme p = e

^i(π/2−ϕ)

on a p

²

− 1 = − 2e

^−iϕ

cos ϕ, d’o` u le module et l’argument demand´e : p

2 | cos ϕ | et







− ϕ

2 si cos ϕ < 0 π

2 − ϕ

2 si cos ϕ > 0 .

(2) On a p + i = i [e

^−iϕ

+ 1] = i2e

^−iϕ/2

cos(ϕ/2) et p + i ± δ = e

^−iϕ/2

i2 cos(ϕ/2) ± √

− 2 cos ϕ

donc z

^′

+ i et z

^′′

+ i ont pour module √ 2.

p − i = 2e

^−iϕ/2

sin(ϕ/2) et p − i ± δ = e

^−iϕ/2

2 sin(ϕ/2) ± √

− 2 cos ϕ

= e

^−iϕ/2

A

_±

; or A

+

.A

₋

= 2 > 0, donc z

^′

− i et z

^′′

− i ont mˆeme argument.

Si cos ϕ > 0, c’est le contraire.

(3) Si cos ϕ < 0 alors on peut construire les solutions de l’´equation du second degr´e en prenant l’intersection d’une droite passant par le point A(0, 1) avec le cercle de centre B(0, − 1) de rayon √

2.

Solution 1.4.1 Montrons tout d’abord que | f(x) | = e

^αx

(on a suppos´e f non nulle).

• Si f s’annule en un point a alors f (x) = f (a)f(x − a) = 0 ce qui a ´et´e ´ecart´e donc f ne s’annule en aucun point.

• f(x) = [f (

^x₂

)]

²

> 0 donc f prend des valeurs strictement positives.

• Posons g = ln f , g v´erifie g(x + y) = g(x) + g(y). On v´erifie alors les points suivants : – g (0) = 0 et g( − x) = − g(x),

– g (nx) = ng(x) d’abord pour n ∈ N puis pour n ∈ Z ,

– qg(

^p_q

x) = g(px) = pg(x) pour (p, q) ∈ Z × N donc g(

^p_q

) =

^p_q

g(1).

– Comme g est continue on prend la suite x

n

= E(10

ⁿ

x)

10

ⁿ

qui tend vers x. g(x

n

) = x

n

g(1) et par continuit´e, g(x) = xg(1).

On obtient le r´esultat annonc´e en passant aux exponentielles.

d’o` u f (x)e

^−αx

= e

^ig(x)

grˆace au th´eor`eme du rel`evement. On a alors g(x + y) = g (x) + g(y) + N (x, y)2π o` u N est une fonction continue qui prend des valeurs enti`eres donc N = 0.

Remarque le th´eor`eme du rel`evement est encore valable dans le cas des fonctions simplement continues aussi peut-on supprimer l’hypoth`ese f de classe C

¹

.

Solution 1.4.2 Les 2 relations propos´ees sont ´equivalentes `a e

^ia

+ e

^ib

+ e

^ic

= 0, soit 1 + e

^i(b−a)

+ e

^i(c−a)

= 0 d’o` u (`a une permutation pr`es) e

^i(b−a)

= j et e

^i(c−a)

= j

²

(si 1 + z + z

^′

= 0 o` u z et z

^′

sont de module 1 alors, en prenant les parties r´eelles et imaginaires on obtient Im z = − Im z

^′

et Re z + Re z

^′

= − 1. Comme | z | = | z

^′

| alors Re z = ± Re z

^′

, mais Re z =

− Re z

^′

est impossible donc Re z = Re z

^′

= 1

2 ce qui permet finalement de conclure—une

interpr´etation g´eom´etrique donne aussi le r´esultat mais de mani`ere imm´ediate). On a alors

e

^2ia

+ e

^2ib

+ e

^2ic

= e

^2ia

(1 + j

²

+ j

⁴

) = 0.

Solution 1.5.1 B(a, b, c, d) = − 1 ⇔ 2(ab + cd) = (a + b)(c + d) ⇔ 2ab = (a + b)d en prenant c comme origine. Alors, comme [ −−→ CM] = z = a + b

2 , ab = zd ce qui donne bien la propri´et´e demand´ee.

Pour la r´eciproque, on suppose (A, B, C, D) cocycliques tel que D soit l’unique point du cercle circonscrit au triangle ABC tel que la droite CD soit sym´etrique de la droite CM par rapport aux bissectrices de AC et BC. Soit D

^′

le point d’affixe d

^′

tel que B(a, b, c, d

^′

) = − 1, compte tenu de la d´emonstration pr´ec´edente on sait que D

^′

est situ´e sur l’intersection de la sym´etrique de la droite CM par rapport aux bissectrices de AC et BC. Comme cette intersection est d´etermin´ee de mani`ere unique on a D = D

^′

d’o` u d

^′

= d i.e. B(a, b, c, d) = − 1 c.q.f.d.

Solution 1.5.2 (1) On a

n

X

k=1

¯

a

k

(z − z

k

) = z

n

X

k=1

¯ a

k

−

n

X

k=1

| z

k

|

²

| z

k

|

= −

n

X

k=1

| z

k

|

car P

ⁿ

k=1

¯ a

_k

= 0.

(2) On prend les modules dans l’´egalit´e ci-dessus et on a imm´ediatement l’in´egalit´e de- mand´ee.

On aura ´egalit´e ssi les nombres complexes ¯ a

k

(z − z

k

) ont tous le mˆeme argument ou sont nuls : on d´emontre ceci par r´ecurrence sur n, nombre des (a

k

) non nuls.

Pour n = 2 c’est le cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de Minkowski.

Si c’est vrai `a l’ordre n alors

| a

1

+ · · · + a

n+1

| ⁶ | a

1

+ · · · + a

n

| + | a

n+1

| ⁶

n

X

k=1

| a

k

| + | a

n+1

| =

n+1

X

k=1

a

k

donc | a

1

+ · · · + a

n

| = P

ⁿ

k=1

| a

k

| , les a

k

ont donc mˆeme argument, il en est de mˆeme de a

n+1

. Soit θ l’argument commun alors Arg P

ⁿ

k=1

¯

a

k

(z − z

k

) = θ donc θ = π et donc z = z

k

ou Arg (z − z

k

) = Arg z

k

+ π ce qui signifie autrement que 0, z, z

k

sont align´es. Comme on a suppos´e que les points d’affixe z

k

sont non align´es alors z = 0.

(3) On cherche un point O tel que les angles −→ \ OA, −−→

OB = −−→ \ OB, −→

OC = −→ \ OC, −→

OA = 2π

3 (il suffit de prendre l’intersection de la portion de cercle passant par les points A et B , ensemble des points M tels que −→ \

OA, −−→

OB = 2π

3 avec la portion de cercle passant par les points B et C, ensemble des points M tels que −−→ \

OB, −→

OC = 2π

3 . Cet intersection est non vide car les angles ont ´et´es suppos´es inf´erieurs `a 2π

3 ). O sera pris comme origine, il est unique.

Soient maintenant z

₁

, z

₂

, z

₃

les images des points A, B, C ; OA + OB + OC r´ealise le minimum cherch´e, et grˆace au r´esultat de la question pr´ec´edente, il est unique.

Solution 2.1.1 Soient (a, b, c) un syst`eme de coordonn´ees barycentriques de M , les coordonn´ees

barycentriques de A

^′

sont ( − a, a + b, a + c) (il suffit de faire intervenir le sym´etrique A

1

de A

par rapport `a BC) d’o` u l’´equation barycentrique de AA

^′

: (a + c)y − (a + b)t = 0 (y et t ´etant les 2

^i`eme

et 3

^i`eme

coordonn´ees barycentriques).

Puis, comme BB

^′

: (b + c)x − (b + a)t = 0, CC

^′

: (b + c)x − (c + a)y = 0 on a la solution : x = (a + b)(a + c), y = (b + c)(b + a), t = (c + a)(c + b) `a condition que x + y + t 6 = 0 ce qui repr´esente un cercle passant par les points A

₁

, B

₁

, C

₁

sym´etriques de A, B , C par rapport `a BC, CA, AB .

Solution 2.1.2 Les coordonn´ees des points M

i

sont :

M

₁

(a, 0), M

₂

(0, b), M

₃

(c, 1 − c).

M

1

M

2

M

3

align´es ⇔ ab − bc − a + ac = 0. (1) Alors P

a + c

3 , b + 1 − c 3

= (x, y). On remplace a et b en fonction de x, y dans (1) et on exprime que l’´equation obtenue : c

²

− c(2x − 2y + 1) + 2x − 3xy = 0 a au moins une solution.

On obtient la condition

x

²

+ y

²

+ xy − x − y ^> 0

en exprimant que le discriminant de l’´equation en c est ^> 0. La r´eciproque est imm´ediate et l’ensemble cherch´e est une ellipse (voir page 205 comment r´eduire une conique ayant un terme en xy ).

Solution 2.1.3 On appelle O le point d’intersection de AC et BD et on prend le rep`ere (O, −→

OA, −−→ OB) alors avec D 0

λ

et C µ

0

on a : N 1/λ

0

et M 0

1/µ

d’o` u λµ −−→

MN = −−→ DC.

Ce r´esultat est imm´ediat si on fait un dessin et si on utilise le th´eor`eme de Thal`es.

Solution 2.1.4 Equations barycentriques de ´ D

_am

:





tα + 1 − t tβ tγ



, D

_bc

:



 0 t

^′

1 − t

^′



 o` u m



 α β γ



 avec α + β + γ = 1 (on s’est plac´e dans la base affine (a, b, c)). On obtient alors

a

^′



 0 β/(1 − α) γ/(1 − α)



 ainsi que b

^′

et c

^′

par sym´etrie ; on a : a

^′′













 1 2

α 1 − β + 1

2 α 1 − γ 1

2 β 1 − γ 1 2

γ 1 − β













 d’o` u

D

aa^′′















1 − t + tα 2

1

1 − β + 1 1 − γ

tβ 2(1 − γ)

tγ 2(1 − β)















on remarque que

















α(1 − α) 2(αβ + βγ + γα)

β(1 − β) 2(αβ + βγ + γα)

γ(1 − γ) 2(αβ + βγ + γα)

















appartient `a

D

aa^′′

∩ D

bb^′′

, sym´etrique en α, β, γ c.q.f.d.

Solution 2.2.1

(1) On exprime que a

^′

= tb + (1 − t)c et que −−→

AA

^′

⊥ −−→

BC soit

Re[(a − tb − (1 − t)c)(c − b)] = 0 ⇔ t = Re[(a − c)(c − b)

| c − b |

²

. d’o` u a

^′

= Re[(a − c)(c − b)]b + Re[(a − b)(b − c)]c

| b − c |

²

ce qui se simplifie encore sous la forme a

^′

= a

2 + a 2

b − c

b − c + bc − bc 2(b − c) .

(2) Soit ux + vy = h l’´equation d’une droite (avec (u, v) 6 = (0, 0)), on pose α = u + iv et z = x + iy alors l’´equation de la droite s’´ecrit de mani`ere ´equivalente sous la forme 2 αz + αz = h = 2 Re(αz ). α est en fait l’affixe d’un vecteur perpendiculaire `a D.

On obtient alors imm´ediatement l’´equation de la droite orthogonale `a −−→

BC et passant par A : (b − c)z + (b − c)z = h o` u h = 2 Re[(b − c)a] = (b − c)a + (b − c)a.

(3) On ´ecrit, par exemple, que l’orthocentre cherch´e est `a l’intersection de la hauteur issue de A et de celle issue de C

( (b − c)z + b − cz = (b − c)a + b − ca (b − a)z + b − az = (b − a)c + b − ac et on r´esout ce syst`eme en z d’o` u

z = (b − c)(b − a)(c − a) + (b − c)(b − a)c − (b − a)(b − c)a (b − c)(b − a) − (b − c)(b − a) = N

D . (4) On simplifie la derni`ere formule en utilisant le fait que a = 1

a , b = 1

b , c = 1

c . On a ainsi abcD = (b − c)(a − b)c − (b − a)(c − b)a = (b − c)(a − b)(c − a)

abcN = (b − c)(b − a)(a − c)b + (b − c)(a − b)c

²

− (b − a)(c − b)a

²

= (b − c)(b − a)(c − a)(b + c + a) soit finalement z = a + b + c.

Remarque : si on prend un triangle quelconque, on peut faire une translation pour ramener l’origine an centre du cercle circonscrit. Avec une homoth´etie on se ram`ene aussi au cas o` u ce cercle est de rayon 1. Le centre de gravit´e admet a + b + c

3 comme

affixe et on vient de voir que l’orthocentre avait a + b + c comme affixe donc les trois points en question sont align´es et on peut dire mˆeme que −−→

OH = 3 −→

OG o` u O est le centre du cercle circonscrit, G le centre de gravit´e et H l’orthocentre.

Solution 2.3.1 On utilise le fait que l’aire du triangle ABC est la moiti´e du d´eterminant det( −→

AB, −→

AC) (au signe pr`es). On a alors det( −−→

A

^′

B

^′

, −−→

A

^′

C

^′

) = det( −−→

A

^′

B + 2 −−→

BC, −−→

AC

^′

+ 2 −→

BA) = − det( − −→

AB + 2 −−→

BC, −→

AC + 2 −→

AB)

= det( −→ AB, −→ AC) + 2 det( −→ AB, −−→ BC) − 2 det( −−→ BC, −→ AC)

= det( −→

AB, −→

AC) + 2 det( −→

AB, −→

AC) + 2 det( −→

AC, −−→

BC)

= 7 det( −→

AB, −→

AC)

donc l’aire du triangle A

^′

B

^′

C

^′

vaut 7 fois celle du triangle ABC.

Remarque : le rapport des aires ne change pas lorsque l’on fait une transformation affine,

on peut donc envoyer le triangle ABC sur le triangle A

1

B

1

C

1

o` u A

1

est l’origine du rep`ere orthonorm´e, B

1

1 0

et C

1

0 1

. On obtient alors A

^′

2

0

, B

^′

− 1

2

et C

^′

0

− 1

et par un calcul simple on arrive `a det( −−→

A

^′

B

^′

, −−→

A

^′

C

^′

) = 7.

Solution 2.3.2 On peut choisir une base orthonorm´ee dans laquelle a est proportionnel au premier vecteur, en faisant une homoth´etie, on peut mˆeme prendre pour a ce premier vecteur.

On a alors det(a, b) = b

2

et

(a | c) (a | d) (b | c) (b | d)

=

c

1

d

1

(b | c) (b | d)

= (b | c

1

d − d

1

c) = b

2

det(c, d) car la premi`ere coordonn´ee du vecteur c

1

d − d

1

c est nulle.

Solution 2.4.1 On raisonne par l’absurde en supposant que A n’est pas contenu dans une droite.

Soient a ∈ A et D une droite tels que d(a, D) > 0 soit minimum (on sait que c’est possible car on travaille sur un ensemble fini). D passe par trois points de A : b, c, d.

• Si la projection orthogonale de a est `a l’ext´erieur du segment bcd alors la droite joignant a au plus ´eloign´e (par exemple d) et le point le plus proche de a (dans la direction de d) permettent d’avoir une contradiction.

• Si la projection de a est dans le segment bcd, en supposant que bc soit du mˆeme cot´e, c ´etant le plus ´eloign´e, alors la droite ac et le point b permettent l`a aussi d’avoir une contradiction.

Solution 2.5.1 On appelle O le centre du cercle, P et Q les points o` u se font les r´eflexions, A( − a, 0) et R le rayon du cercle. Q(x, √

R

²

+ x

²

), x ∈ [0, R]. On a : sin α = x

R , cos α = r

1 − x

²

R

²

, sin β = x + a

p (x + a)

²

+ R

²

− x

²

. Posons f(x) = sin β − sin 2α, f (R) = 1 et f

R

√ 2

= sin β − 1 ⁶ 0 donc le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires nous assure l’existence d’une solution.

Solution 3.1.1 On a :

−−→ AM ∧ −−→ BM = ( −→ AB + −−→ BM ) ∧ −−→ BM = −→ AB ∧ −−→ AM . Pour que l’ensemble soit non vide, il faut que − →

C ⊥ −→

AB . On choisit P tel que −→

AP = ( − → C ∧ −→

AB )/AB

²

alors (E) est la droite passant par P , parall`ele `a

−→ AB.

Remarque : la technique utilis´ee ici est celle des ´equations lin´eaires, lorsque le syst`eme est possible ( − →

C ⊥ −→

AB ) on cherche une solution particuli`ere P sous une forme simple (!) et on

rajoute l’ensemble des solutions de l’´equation homog`ene.

Solution 3.2.1 On a : A = a(a

²

− b

²

).

B = sin 4θ

sin θ si sin θ 6 = 0, B = 1 si sin θ = 0.

C = cos 3θ.

Solution 3.2.2 Le d´eveloppement du d´eterminant nous donne : 2 sin(

^β−₂^α

) sin(

^α−₂^γ

) sin(

^γ−₂^β

)

cos

^α₂

cos

^β₂

cos

^γ₂

cos α + β + γ 2

(il faut ˆetre un expert en formule de trigonom´etrie pour arriver `a ce r´esultat !).

Solution 3.2.3

(1) On d´erive D(x) colonne par colonne, `a chaque fois, on aura une colonne de 1 que l’on retranchera aux autres colonnes, on aura ainsi une somme de d´eterminants ne d´ependant pas de x.

Remarque : le calcul de la d´eriv´ee d’un d´eterminant (application multilin´eaire) peut se faire effectivement colonne par colonne (comme le calcul de la d´eriv´ee d’un produit), c’est la g´en´eralisation de la proposition 6.1.1 page 247 o` u l’on d´erive une application bilin´eaire.

(2) Comme D

^′

(x) est constant, D(x) est une fonction affine de x. D( − a) = ω(a), D( − b) = ω(b), d’o` u D(x) = b + x

b − a ω(a) + a + x

a − b ω(b) et D = D(0) = bω(a) − aω(b) b − a .

(3) Le cas o` u b = a se traite en consid´erant que D est une fonction de b, continue (c’est un polynˆome) et en passant `a la limite dans l’expression ci-dessus on trouve D = ω(a) − aω

^′

(a).

Solution 3.2.4 On utilise ici la propri´et´e suivante : cos(2a

k

) = 2 cos

²

a

k

− 1. On ajoute la premi`ere colonne `a la derni`ere, le d´eterminant est alors ´egal `a

∆ = 2

1 cos a

1

cos

²

a

1

1 cos a

2

cos

²

a

2

1 cos a

₃

cos

²

2a

₃

.

On retranche alors la premi`ere ligne aux deux autres lignes, on met cos a

2

− cos a

1

et cos a

3

− cos a

1

en facteur et on termine les calculs pour trouver ∆ = (cos a

1

− cos a

2

)(cos a

2

− cos a

3

)(cos a

3

− cos a

1

).

Solution 3.3.1

(1) Pour p = n + 2, i ∈ [1, p], soit x

i

∈ \

j6=i

C

j

. Comme la famille (x

i

− x

1

)

i∈[[2,n+1]]

est li´ee alors α

2

(x

2

− x

1

) + · · · + α

p

(x

p

− x

1

) = 0 donc si on pose λ

1

= −

p

P

i=2

α

i

et λ

i

= α

i

pour i > 2 alors

p

P

i=1

λ

_i

x

_i

= 0 avec

p

P

i=1

λ

_i

= 0, les λ

_i

´etant non tous nuls. On groupe alors les x

i

correspondant aux λ

i

> 0 et ceux correspondant aux λ

i

< 0 et on a par cons´equent P

i∈I⁺

λ

i

x

i

= P

i∈I⁻

( − λ

i

)x

i

=

P

i∈I⁺

λ

i

y o` u I

⁺

= { i ∈ [[1, p]] | λ

i

> 0 } et I

⁻

= { i ∈ [[1, p]] | λ

i

< 0 } . y ∈

p

\

i=1

C

i

(si I

⁻

= ∅ alors la somme sur I

⁻

est nulle).

La r´ecurrence se fait alors de la mˆeme fa¸con.

La r´eponse est non, il suffit de prendre en dimension 1 C

i

=]0, 1/i[.

Si les C

i

sont compacts, alors on choisit x

p

dans

p

\

i=1

C

i

. La suite x

p

est une suite d’´el´ements de C

1

qui est compact, soit x une valeur d’adh´erence. x est bien dans l’intersection de tous les C

i

.

(2) Pour chaque valeur de α ∈ ] − π/2, +π/2[, on projette S

i

selon la direction de la droite D

α

du plan xOy, qui fait un angle α avec l’axe Oy, sur l’axe Ox. On reporte cette projection dans le plan z = tan α.

L’ensemble des segments obtenus dans le plan xOz est une bande B

i

du plan xOz espace affine de dimension 2 telle que l’intersection de toute sous-famille de cardinal 3 soit non vide (c’est l’hypoth`ese). On peut donc dire que l’intersection de toutes ces bandes est non vide, un point de cette intersection fournira une droite D

α

(grˆace `a la cote de ce point) qui rencontre tous les segments S

i

.

Solution 3.3.2 On prend pour axe Oz la perpendiculaire commune L `a D et D

^′

(qui rencontre D en A et D

^′

en B) et pour plan xOy le plan parall`ele `a D et D

^′

passant par le milieu de AB . Solution 3.3.3 C’est la droite L d’´equations : (c + 1)x + (c − 1)y − 2z = 0, (c + 1)(x − a) +

(c − 1)(y − b) = 0.

Solution 3.4.1 Le cercle Γ de centre M(x, y, z) de rayon a situ´e dans un plan P orthogonal au vecteur − →

u = α − →

i + β − → j + γ − →

k a pour ´equations :

( (X − x)

²

+ (Y − y)

²

+ (Z − z)

²

= a

²

α(X − x) + β(Y − y) + γ(Z − z) = 0 . En prenant Z = 0 dans les ´equations ci-dessus, on aura l’intersection du cercle avec le plan XOY . On obtient l’intersection d’un cercle et d’une droite.

Si P n’est pas un plan de coordonn´ees, pour que l’on ait tangence avec le plan XOY , il faut et il suffit (ici) que ces deux ensembles se coupent en un point, i.e. γ

²

z

²

α

²

+ β

²

= a

²

− z

²

, o` u z

²

= a

²

α

²

+ β

²

α

²

+ β

²

+ γ

²

; on fait la mˆeme chose avec X et Y , le lieu cherch´e est inclus dans la sph`ere Σ d’´equation x

²

+ y

²

+ z

²

= 2a

²

et est contenu (pour des raisons ´evidentes) dans le cube

| x | ⁶ a, | y | ⁶ a, | z | ⁶ a.

De mˆeme si P est l’un des plans de coordonn´ees.

R´eciproque : il suffira de poser α

²

= a

²

− x

²

, β

²

= a

²

− y

²

, γ

²

= a

²

− z

²

, on remonte alors les calculs ci-dessus d’o` u l’ensemble cherch´e :

le lieu de l’ensemble des centres des cercles est l’intersection de la sph`ere Σ avec le cube | x | ⁶ a,

| y | ⁶ a, | z | ⁶ a.

Solution 3.4.2 On choisit un rep`ere orthonorm´e tel que les points aient pour coordonn´ees : A(a, 0, 0), B( − a/2, a √

3/2, 0), C( − a/2, − a √

3/2, 0), D(0, 0, a √

2). Le cot´e du t´etra`edre vaut a √

2.

On ´ecrit ensuite les ´equations des plans et on utilise la formule de la proposition 1.3.7 page 29 qui donne la distance d’un point `a un plan.

La condition donn´ee est alors ´equivalente `a 12x

²

+ 12y

²

+ 12

z − a 2 √

2

2

= 9

2 (2k

²

− a

²

)

qui est l’´equation d’une sph`ere de centre (0, 0,

₂^√a₂

) et rayon 3

√ 2

√ 2k

²

− a

²

lorsque k ^>

^√a₂

.

Solution 3.4.3

(1) L’´equation de la sph`ere s’´ecrit x

²

+ y

²

+ z

²

= 2(px + qy + rz) o` u (p, q, r) sont les coordonn´ees de Ω. On obtient les ´equations

4a

²

− 4ap = 4b

²

− 4bq = 4c

²

− 4cr = 0 d’o` u p = a, q = b, r = c et R

²

= p

²

+ q

²

+ r

²

= a

²

+ b

²

+ c

²

. Le plan ABC admet pour ´equation x

2a + y 2b + z

2c = 1 et −→ Oω = (a +

^λ_a

, b +

^λ_b

, c +

^λ_c

). En reportant on obtient λ = − a

²

b

²

c

²

b

²

c

²

+ c

²

a

²

+ a

²

b

²

d’o` u les coordonn´ees de ω : a

³

(b

²

+ c

²

)

b

²

c

²

+ c

²

a

²

+ a

²

b

²

, b

³

(a

²

+ c

²

)

b

²

c

²

+ c

²

a

²

+ a

²

b

²

, c

³

(a

²

+ b

²

) b

²

c

²

+ c

²

a

²

+ a

²

b

²

(2) H est l’orthocentre du triangle ABC . En effet le plan OAH est orthogonal `a BC donc −−→

AH ⊥ −−→

BC et comme les points A, B , C jouent un rˆole sym´etrique H est bien

l’intersection des 3 hauteurs.